A. Regular Bracket Sequence
显然,"\(()\)"不影响结果它是自我匹配的,可以把所有的\(((\)和\())\)都放在左边/右边,这样只要检查它们的数目就行,还有个坑点,就是如果\()(\)多于一,需要给左右两边一个负担,必须小于它们的数量才行。
#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int c1,c2,c3,c4; int main(){ scanf("%d%d%d%d",&c1,&c2,&c3,&c4); if(c1 == c4 && c4 >= min(c3,1)) puts("1"); else puts("0"); return 0; }
B. discounts
模拟,从小到大排好序后,答案 \(=\) 总数 - \(a[n - q_i + 1]\)。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 300010; typedef long long LL; int n,m,a[N],q; LL sum = 0; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",a + i),sum += a[i]; } sort(a + 1,a + 1 + n); scanf("%d",&m); for(int i = 1; i <= m; i++){ scanf("%d",&q); printf("%lld\n",sum - a[n - q + 1]); } return 0; }
C. Painting the Fence
考虑到\(q <= 5000\),用前缀和维护每个位置都有几个人刷,然后预处理\([l,r]\)这段有多少\(1\)(他不刷就没人刷)和\(2\)(安排掉他俩就没人刷),用\(O(q ^ 2)\)的复杂度暴力枚举两个人分别是谁,然后\(O(1)\)找即可。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; typedef pair<int,int> PII; const int N = 5010; int n,sum[N],c[N],c2[N],tot = 0,ans = -1; PII a[N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1; i <= m; i++){ scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second); } sort(a + 1,a + 1 + m); for(int i = 1; i <= m; i++){ sum[a[i].first]++,sum[a[i].second + 1]--; } for(int i = 1; i <= n; i++) { sum[i] += sum[i - 1]; c[i] = c[i - 1] + (sum[i] == 1); c2[i] = c2[i - 1] + (sum[i] == 2); tot += (sum[i] > 0); } for(int i = 1; i < m; i++){ for(int j = i + 1; j <= m; j++){ int cnt = tot; int L = a[i].first,R = a[i].second; int L1 = a[j].first,R1 = a[j].second; if(L1 <= R) { cnt -= c[L1 - 1] - c[L - 1]; cnt -= c[max(R,R1)] - c[min(R,R1)]; cnt -= c2[min(R,R1)] - c2[L1 - 1]; }else{ cnt -= c[R] - c[L - 1]; cnt -= c[R1] - c[L1 - 1]; } ans = max(ans,cnt); } } printf("%d\n",ans); return 0; }
F. Clear the String
区间\(dp\)。
设\(f[i][j]\) 为合并\([i,j]\)区间的最小花费,对于任何一个\(f[i][j]\),有三种决策:
直接多加一位\(min(f[i + 1][j],f[i][j - 1]) + 1\)
找一个位置\(k(i + 1 <= k <= j )\),使\(str[i] = str[k]\),更新答案为:
\(f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i])\)
等于是把\([i + 1,k - 1]\)先合并起来,然后\(i\)字符就会贴到\(k\)一起,然后这两个字符一样,可以视作一个字符,每次修改最坏是用\(k\)为左边界,\(i\)字符作为附庸不用计算花费
- 同样的还有用右端点合并...
想状态的时候我也会有疑惑,为什么只用找开头和结尾跟中间匹配呢?重复,每次处理区间时,\(l + 1、l + 2...\)已经找过匹配点了...
后来发现只需要处理用开头字符一种情况,因为两种状态转移上重复了,每次找\(k\)的过程中也相当于\(k\)去找\(i\),在这之前想到于已经匹配过\([l + 1,r],[l + 2,r]...[l + n,r]\),这样的匹配方式是可逆的,先后反复是相同的,即使此时的\(l + n\)左边还没处理,但是每次处理相当于一个包围的形式,可以不重不漏地继承。所以可以不需用步骤\(3\),但是蒟蒻的我肯定想不到啦...
顺便,注意初始化问题,对于\(f[i][j] (i > j)\) 花费是\(0\),当然如果边界写的精准了这种状态不会用到。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int N = 510; int n,f[N][N]; char s[N]; int main(){ scanf("%d%s",s + 1); for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1; for(int l = 2; l <= n; L++){ for(int i = 1,j; (j = i + l - 1) <= n; i++){ f[i][j] = min(f[i + 1][j],f[i][j - 1]) + 1; for(int k = i; k <= j - 2; k++){ f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k + 1][j - 1] + (s[k] != s[j])); } for(int k = i + 2; k <= j; k++){ f[i][j] = min(f[i][j],f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i])); } } } for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d ",f[i][j]); puts(""); } printf("%d\n",f[1][n]); return 0; }